2024-2025学年云南省曲靖市高三上册11月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年云南省曲靖市高三上学期11月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知双曲线的离心率为2，则的渐近线方程是（）A． B． C． D．2．已知集合为全集的非空真子集，且与不相等，若，则下列关系中正确的是（）A． B．C． D．3．已知数列，满足，则（）A． B． C． D．4．若两平行直线与之间的距离是，则（）A．或11 B．或16 C．1或11 D．1或165．在展开式中，含的项的系数是6，则（）A．6 B．3 C．3 D．66．已知正方体的棱长为3，以顶点为球心，为半径作一个球，则该球球面与正方体的表交所得到的曲线的长为（）A． B． C． D．7．在某次数学月考中，有三个多选小题，每个小题的正确答案要么是两个选项，要么是三个选项，且每个小题都是6分，在每个小题给出的四个选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分（正确答案是三个选项的，则每个选项2分；正确答案是两个选项的，则每个选项为3分，有错选的得0分）．已知这次考试中，第一个小题的正确答案是两个选项；小明同学在这三个多选小题中，第一个小题仅能确定一个选项是正确的，由于是多选题他随机又选了一个选项；而第二个小题他随机地选了两个选项，第三个小题他随机地选了一个选项，则小明同学这三个多选小题所有可能的总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（）A．7 B．7.5 C．8 D．8.58．若，则的最小值为（）A． B． C． D．0二、多选题（本大题共3小题）9．已知随机事件，则下列说法正确的是（）A．若，则事件与事件相互独立B．若，则事件与事件互为对立C．若事件两两独立，则D．若事件两两互斥，则10．设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式，其中为复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角（也被称为的辐角）．利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现，我们称这个结论为棣莫佛定理．根据以上信息，若复数满足，则可能的取值为（）A． B．C． D．11．如图，小明同学发现家里的两个射灯在墙上投影出两个相同的椭圆，其外轮廓曲线形如心形，经过他进一步的探究发现曲线也表示心形曲线，设为曲线上一点，为坐标原点，则下列小明关于曲线的说法正确的是（）

A．曲线只经过4个整数点（即横、纵坐标均为整数的点）B．C．D．设曲线上一点，且，则的面积的最大值为3三、填空题（本大题共3小题）12．通过对某校高三年级两个班的排球比赛成绩分析可知，班的成绩，班的成绩，的分布密度曲线如图所示，则在排球决赛中班获胜的可能性更大．13．已知在三棱锥中，平面，，若，与平面所成角为，则三棱锥的体积的最大值为．14．定义域为的函数满足，当时，若在上有9个零点，则实数的取值范围是．四、解答题（本大题共5小题）15．记的内角的对边分别为，已知.(1)求A；(2)若边上的高为2，且的平分线交边于，，求.16．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆．已知点到的距离是点到的距离的3倍．记点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设曲线与轴的负半轴交于点为坐标原点，若点不在轴上，直线分别与直线交于两点，探究以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．17．如图甲，在平面五边形中，∥，，，，为的中点，以为折痕将图甲中的△折起，使点到达如图乙中的点的位置，且.(1)证明：平面平面；(2)若过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离.18．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若对任意，都有恒成立，求的最大整数值；(3)对于任意的，证明：．19．某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为1的小正方形网格，游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，如图所示．已知游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的选择是相互独立的．(1)商场规定：某顾客从出发，沿小正方形的对角线向右上方走一步得1分，向右下方走一步得分，当他走完第四步后，得分为，求的分布列；(2)商场制定了一个游戏规则：若顾客和老板都从出发，走到点的位置．设走完第步后，顾客位于点，老板位于点，其中且；若对任意且都有，则认为顾客方获胜．记顾客获胜的概率为．（i）当时，求顾客获胜的概率；（ⅱ）求，并说明顾客和老板在游戏中哪一方获胜的概率更大．参考公式：．

答案1．【正确答案】D【详解】因为离心率为2，故，故，故渐近线方程为：，故选：D.2．【正确答案】B【详解】由与不相等，且，可得，如图所示.对于A,由图知，显然，如,而,即A错误；对于B，由图知，因，则成立，即B正确；对于C，由图知，，如，而，即C错误；对于D，由可得，则，故D错误.故选：B.3．【正确答案】A【详解】因为，所以，，，，，所以是以为周期的周期数列，所以.故选：A4．【正确答案】C【详解】因为直线与平行，所以，解得，则直线，即为，又与之间的距离是，所以，解得或；所以或.故选：C5．【正确答案】B【详解】由题可得含的项为，所以.故选：B.6．【正确答案】D【详解】

因为正方体的棱长为3，故正方体的体对角线长为，故球仅与3个侧面有截线（如图所示），设与侧面的截线为，连接，则，因为直角三角形，故，因为直角三角形，故，故，而为锐角，故，同理，故，故的长度为，由对称性可得另外两段弧长也为，故球面与正方体的表交所得到的曲线的长，故选：D.7．【正确答案】C【详解】小明第一小题得分可为：0，3，6；第二小题得分可为：0，4，6；第三小题得分可为：0，2，3；故其总分可为：0，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，故总得分的中位数为：8.故选：C.8．【正确答案】B【详解】因为，故，而为0,+∞上的增函数，故即，故，设，则，当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故，故选：B.9．【正确答案】AD【详解】对于A，根据事件独立性的定义可得独立，故A正确；对于B，记事件A：投掷一个骰子，骰子的点数为奇数，事件：投掷一枚硬币，正面朝上，则，满足，但不是对立事件，故B错误；.对于C：考虑从1，2，3，4中随机选出一个数字，记事件“取出的数字为1或2”，“取出的数字为1或3”，“取出的数字为1或4”，则“取出的数字为1”，显然，，满足，，，所以事件A，B，C两两独立，但是，故C错误.对于D，若两两互斥，根据互斥事件的概率性质可得，故选：AD10．【正确答案】BD【详解】设，其中，则，故，而，故，故，故，故BD正确，AC错误；故选：BD.11．【正确答案】ACD【详解】对于A，曲线C的方程可化为，所以，即，又，令，得；令，得；令，得或；所以曲线C只经过4个整数点，分别是，故A正确；对于B，由A得即，且当时，，同理曲线C的方程可化为，所以，即，当时，；但当时，是不成立的，故B错误；对于C，记是以x轴非负半轴为始边，以所在射线为终边的角，由于曲线C关于y轴对称，不妨取，则，代入曲线方程可得，则，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故C正确；对于D，因为，所以，由于曲线C关于y轴对称，考虑（i）取，则点，点，则，所以，由于，则当时，，所以的最大值为；考虑（ii）取，则点，点，则，所以，由于，，则当时，，所以的最大值为，故D正确.故选：ACD.12．【正确答案】B【详解】从分布密度曲线可以得到如下结论：（1）B班的平均成绩大于A班的平均成绩；（2）B的方差小于A的方差，故B发挥较为稳定，故B班获胜的可能更大.故B.13．【正确答案】【详解】如图，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，又平面，故,所以与平面所成角为，在直角三角形中，,在直角三角形中，，所以当且仅当，即时，等号成立.故14．【正确答案】【详解】因为定义域为的函数满足，且当时，，所以的图象（部分）如下所示：则当时，，所以，又，令，即，依题意与y=fx有且仅有个交点，显然，由图可知与，有两个交点，且在时，令，，则，即，表示以为圆心，为半径的半圆（轴及轴上方部分），所以，解得，即实数的取值范围是.故15．【正确答案】(1)；(2).【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，又，所以，所以，又所以，故,所以，又，所以.（2）由题可得①，又因为，是的平分线，所以，因为，所以，所以由正弦定理得②，又由余弦定理得③，所以由①②③计算可得，所以由即得.16．【正确答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，或，理由见解析【详解】（1）设，由题意得，即，化简得，所以曲线的方程为；（2）以为直径的圆过定点2,0，或，理由如下，令，可得，或，所以，设，直线的方程分别为、，因为，所以，可得，由得，由得，可得的中点为，，以为直径的圆的方程为，整理得，由，得或，可得以为直径的圆过定点2,0，或.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在平面五边形中，∥，，所以四边形是直角梯形，且，在直角中，，且，则，可得，从而是等边三角形，平分.因为为的中点，所以，所以，又因为且平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）取的中点F，连接，过点S作垂直于点，连接，如图，因为平面平面，平面∩平面，所以平面，又平面，则因为，F是的中点，所以，又且平面，所以平面，由平面，则；又因为，所以，则点O是的中点，又，所以，可得.以为原点，以所在的直线分别为轴，轴，如图所示建立空间直角坐标系，则，可得.设平面的一个法向量为，由，令，则.由于平面，设可得，所以；由于点平面，所以，解得，即，由（1）可知，平面，所以点H到平面的距离为.18．【正确答案】(1)的单调递增区间为，无单调递减区间；(2)的最大整数值为2；(3)证明见解析.【详解】（1）当时，，所以函数定义域为，，令，则，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又即，所以即在上恒成立，当且仅当时，，所以在上单调递增，即的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）因为对任意，都有恒成立，所以对任意，恒成立，即对任意，恒成立，所以，所以，因为在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以存在，使得即，所以当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，令，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，又，所以的最大整数值为3，即的最大整数值为2.（3）证明：由（1）知在上单调递增，则函数，所以，故，所以，累加得，所以.19．【正确答案】(1)答案见解析(2)（i）;（ⅱ）答案见解析【详解】（1）根据题意，可取.当，每次的操作使得分数减少，每次操作的概率为.由于走了步，且每步都要使得分数减少，所以.

当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作.步中选步的组合数为.每步操作的概率为，所以.当表示步中有步是使得分数减少的操作，另外步是使得分数增加的操作.步中选步的组合数为.每步操作概率为，所以.当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作.步中选步的组合数为.每步操作概率为，所以.，每次的操作使得分数增加，每次操作概率为，走了步，所以.则的分布列为：-4-2024（2）（i）顾客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步.从步中选步是向右下方走的组合数为.同理，老板也有种走法；对任意，都有，可设顾客在第步向右下方走，则老板的走法有两种情况：情况一：老板在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法：情况二：老板在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第k步中有一步向右下方行走，共种走法，所以顾客获胜时，顾客与老板总的走法数为所以（ⅱ）当顾客和老板都从出发，走到点的位置时，顾